EXAMEN DE QUIMICA FISICA III25 de juny de 2019 (2a convocatoria)

EXAMEN RESOLT

EXERCICI 1. Marqueu sense ambiguitat en aquest mateix full la resposta correcta de cada

apartat. Cada resposta correcta val 2 punts i cada una d’incorrecta descompta 0.5 punts. Una

puntuacio total negativa en aquest exercici descomptara sobre la puntuacio obtinguda

en l’exercici 6. [5 × 2 = 10 punts]

1.1. El nucli de 15N te una relacio giromagnetica negativa. Aixı doncs, si fem un espectre de RMN

d’aquest nucli. . .

(a) el seu nombre quantic de spin

nuclear I sera negatiu.

(b) la frequencia de Larmor sera negativa.

(c) el seu desplacament quımic sera

negatiu.

(d) Cap de les altres respostes es correcta.

1.2. La hipotesi ergodica estableix

(a) la relacio que hi ha entre l’entropia

i el nombre de microestats que pot

visitar un sistema.

(b) la igualtat entre la mitjana tempo-

ral d’una propietat del sistema i la

mitjana sobre el col.lectiu.

(c) la igualtat de probabilitat entre tots els mi-

croestats que tenen la mateixa energia en

el col.lectiu canonic.

(d) que el nombre d’estats accessibles a les

partıcules del sistema es molt major que

el nombre total de partıcules.

1.3. La contribucio electronica a l’energia interna molar d’un gas ideal de molecules amb un estat

fonamental doblet i sense estats excitats de baixa energia sera:

(a) 0 (b) 2 (c) ln 2 (d) 2.5RT

1.4. Una mostra d’heli i una altra d’argo es troben a 298 K. Quina de les magnituds seguents sera

igual en ambdues mostres?

(a) La velocitat mitjana (en modul)

dels seus atoms.

(b) La velocitat mes probable (en modul)

dels seus atoms.

(c) El valor mitja de la component x

de la velocitat dels seus atoms.

(d) Cap de les altres respostes es

correcta. ..

1.5. D’acord amb la TET, el factor preexponencial esta relacionat amb

(a) el diferent grau de desordre que es produira en passar dels reactius a l’estat de transicio.

(b) el diferent grau de desordre que es produira en passar dels reactius als productes.

(c) l’energia necessaria per a arribar des dels reactius al punt de sella de la SEP.

(d) la frequencia de vibracio de l’estat de transicio al llarg de la coordenada de reaccio.

1 Examen QF-III 25/06/2019 – v2

EXERCICI 2.

2.1. La molecula de iode es una de les molecules diatomiques amb menor valor de la frequencia de

vibracio d’enllac. Utilitzant l’aproximacio harmonica, la temperatura caracterıstica vibracio-

nal val 307 K. Calculeu:

(a) La proporcio de molecules en el primer estat vibracional excitat a 298 K. [1.5 punts]

(b) La contribucio vibracional a l’energia interna molar, aixı com l’error relatiu (en %) comes

en suposar que la vibracio esta completament activada i pot tractar-se com un moviment

classic a 298 K. [1.5 punts]

2.2. La superfıcie d’energia potencial seguent correspon a la reaccio simetrica

H2O + RCH2OH +2 −−→ +H2OCH2R + H2O

Les coordenades utilitzades corresponen a les distancies C−O de l’enllac que es trenca (C−O1)

i de l’enllac que es forma (C−O2) en A. L’energia es dona en kcal mol−1.

Representeu de forma esquematica la variacio d’energia potencial del sistema al llarg del camı

de reaccio. Proporcioneu un valor aproximat de l’energia potencial i de les coordenades de

totes les estructures estacionaries. [4 punts]

2.3. Calculeu la relacio entre les poblacions dels dos estats de spin d’atoms d’hidrogen 1H (I =

1/2), Nβ/Nα, quan una mostra no apantallada s’introdueix en un aparell de RMN de 800

MHz a 150 K.

Quina seria la relacio entre les poblacions dels dos estats de spin relatives al fonamental per

a una mostra d’atoms de deuteri 2H (I = 1) en les mateixes condicions? [3 punts]

Dades: γ(1H) = 26.7522× 107 T−1 s−1 i γ(2H) = 4.1066× 107 T−1 s−1

2 Examen QF-III 25/06/2019 – v2

2.1.

(a) Proporcio de molecules en el primer estat vibracional excitat a 298 K

qvib(T = 298 K) =1

1− e−θvibT

= 1.555 (1)

N1

N(T = 298 K) =

e−∆εT

qvib=e−

θvibT

qvib=

0.357

1.555= 0.23 (2)

(b) Contribucio vibracional a l’energia interna molar

Um,vib = NAkθvib

eθvibT − 1

(3)

A T = 298 K:

Um,vib = 1416.8 J mol−1

El principi d’equiparticio prediu 2× 1

2RT . Aixı doncs, a T = 298 K:

Um,vib = 2477.7 J mol−1

L’error sera, doncs, del 74.9%.

2.2.

3 Examen QF-III 25/06/2019 – v2

2.3.

Per a la mostra de proto:

NβNα

= e−

∆E

kT = e−γ1H}BkT = e

−hν

kT (4)

NβNα

= e−

6.62607× 10−34 J s 800× 106 s−1

1.38065× 10−23 J K −1150 K = 0.99974

Per a la mostra de deuteri:

N0

N+1= e−

∆E

kT = e−γ2H}BkT = e

−γ2Hhν

kTγ1H = 0.99996 (5)

N−1

N+1= e−

∆E

kT = e−

2γ2H}BkT = e

−2γ2Hhν

kTγ1H = 0.99992 (6)

4 Examen QF-III 25/06/2019 – v2

EXERCICI 3. L’oxid nitros (N−−N−−O, lineal) es un gas lleugerament toxic, utilitzat en medicina per

les seues propietats anestesiques. Per estudiar en profunditat aquest gas, se’n determina la funcio

de particio molecular molar a 298 K, que te un valor de 4.489 × 1033 mol−1; la funcio de particio

translacional molar es 6.9098× 1030 mol−1 i la funcio de particio vibracional es 1.29227. A mes a

mes, se sap que l’oxid nitros te tots els electrons aparellats i que el seu estat electronic fonamental

es un singlet, sense estats excitats accessibles a aquesta temperatura. Tots els experiments es duen

a terme a P = 1 bar.

3.1. Calculeu la funcio de particion rotacional, la constant rotacional a 298 K, la temperatura

caracterıstica de rotacio (θrot) i la contribucio a l’energia interna molar del N2O en unitats

del S.I. Feu us de l’aproximacio d’alta temperatura. [4 punts]

3.2. A 110 K, es determina que la funcio de particio rotacional te un valor de qrot = 185.5. Calculeu

l’estat i el nivell de rotacio mes probables a 110 K. Calculeu la proporcio de molecules en l’estat

J = 8. [4 punts]

3.3. Un dels factors que s’ha estudiat es el comportament del N2O en relacio als seus precursors.

Per a aixo, es determinen les caracterıstiques de l’oxid nitros en una atmosfera de N2. L’estudi

es fa a una temperatura de 300 K i es mesura una pressio d’1.4 bar. Calculeu la frequencia

de col.lisio d’una determinada molecula de N2O (M = 44.0 g mol−1) amb molecules de N2

(M = 28.0 g mol−1) suposant una composicio de l’atmosfera del reactor de x(N2O) ≈ 0.19 i

x(N2) ≈ 0.81. [2 punts]

Dades: el diametre de col.lisio per al N2O es 4.58 A i per al N2 es 3.74 A.

3.1.

Funcio de particio rotacional:

qomolecular(V, T ) = qo

trans(V, T ) · qorot(T ) · qo

vib(T ) · qoele(T ) (7)

qorot =

qomolecular(V, T )

qotrans(V, T ) · qo

vib(T ) · qoele

=4.4893× 1033 mol−1

6.9098× 1030 mol−1 × 1.29227× 1= 502.7

Constant rotacional:

B =kT

hqorot

=1.3806× 10−23 × 298

6.626× 10−34 × 502.7= 1.235× 1010 s−1 (8)

Temperatura caracterıstica de rotacio:

θrot =hB

k=

6.626× 10−34 × 1.235× 1010

1.3806× 10−23= 0.593 K (9)

Contribucio a Urot:

Urot = nRT =⇒ Urot, molar = RT (10)

Urot, molar = 8.3145× 298 = 2477.7 J mol−1 ≡ 0.592 kcal mol−1

5 Examen QF-III 25/06/2019 – v2

3.2.

Probabilitat d’ocupacio d’un nivell J :

pJ =gJ exp

(− εJkT

)qrot

=

(2J + 1) exp

(−hBJ(J + 1)

kT

)qrot

(11)

La proporcio de molecules en l’estat J = 8 sera:

pJ =gJ exp

(− εJkT

)qrot

=

(2× 8 + 1) exp

(−6.626× 10−34 × 1.235× 1010 × 8(8 + 1)

1.38× 10−23 × 110

)185.5

= 0.06218 ∼= 6.2%

L’estat mes probable sera sempre el de menor energia: J = 0, MJ = 0.

El nivell mes probable cal calcular-lo a partir dedp

dJ= 0 (maxima probabilitat):

dp

dJ=

d

dJ

(2J + 1) exp

(−hBJ(J + 1)

kT

)q

= 0 (12)

Tenint en compte la derivada d’un producte (f(x) = u · v −→ f ′(x) = u′ · v + u · v′), obtenim que

dp

dJ=

1

q

[2 exp

(−hBJ(J + 1)

kT

)− (2J + 1)(2J + 1)

hB

kTexp

(−hBJ(J + 1)

kT

)]= 0 (13)

exp

(−hBJ(J + 1)

kT

)[2− (2J + 1)2hB

kT

]= 0 (14)

Perque la part esquerra de la darrera equacio s’anul.le per a J diferent d’infinit, el terme entre claudators

ha de ser nul: [2− (2J + 1)2hB

kT

]= 0 (15)

Aıllant J , obtenim

Jmax =

(kT

2hB

) 12

− 1

2(16)

Jmax =

(1.3806× 10−23 × 110

2× 6.626× 10−34 × 1.235× 1010

) 12

− 1

2

Jmax = 9.13 ≈ 9

Aixı doncs, aproximant al valor enter mes proxim, tenim que Jmax = 9 .

6 Examen QF-III 25/06/2019 – v2

3.3.

Dades:

P = 101325× 1.4 Pa

d12 =1

2(3.74 + 4.58) = 4.16 A

MN2= 28.0× 10−3 kg mol−1

MN2O = 44.0× 10−3 kg mol−1

N2

V=P2NA

RT=x2PNA

RT

El nombre de col.lisions d’una molecula de N2O amb molecules de N2 ve donat per l’expressio

z12 = πd212

(8RT

π

(1

M1+

1

M2

)) 12 P2NA

RT(17)

Substituint els valors corresponents, obtenim:

z12 = 9.070× 109 s−1

7 Examen QF-III 25/06/2019 – v2

EXERCICI 4. La reaccio d’una molecula diatomica A2(g) amb B(g) per obtenir un producte

A2B(g) es produeix en la superfıcie d’un catalitzador metal.lic.

4.1. Suposant una primera etapa d’adsorcio de A2, s’ha mesurat el volum de A2 adsorbit a 0 ◦C

per a diferents valors de pressio.

PA2/ Pa 100 200 400 700 1000

VA2/ cm3 0.165 0.220 0.322 0.415 0.470

Comproveu si els valors s’ajusten o no a una isoterma de Langmuir i determineu si el proces

d’adsorcio es o no dissociatiu. Calculeu tambe el volum de la monocapa i la constant d’ad-

sorcio. [4 punts]

4.2. Deduıu la llei de velocitat del proces per als dos casos seguents, tenint en compte que l’etapa

lenta es la de la reaccio per a formar el producte A2B(g), el qual no s’adsorbeix:

(a) Suposant un mecanisme de tipus Langmuir-Hinshelwood, en el qual tant B com A2

pateixen quimisorcio (dissociativa en el cas de A2). [2 punts]

(b) En el lımits de temperatures molt altes i molt baixes suposant un mecanisme de tipus

Eley-Rideal en el qual nomes s’adsorbeix B. [2 punts]

4.3. Els valors de la constant de velocitat a dues temperatures, 380 ◦C i 400 ◦C, son

5.52 × 10−3 mol h−1g−1(cat.) i 1.199 × 10−2 mol h−1g−1(cat.), respectivament. Calculeu

l’energia d’activacio del proces. [2 punts]

4.1.

La isoterma d’adsorcio de Langmuir sense dissociacio ve donada per l’expressio

θ =V

V∞=

KP

1 +KP=⇒ 1

V=

1

V∞+

1

V∞K· 1

P(18)

I per al cas d’adsorcio amb dissociacio queda

θ =V

V∞=

(KPH2)1/2

1 + (KPH2)1/2

=⇒ 1

V=

1

V∞+

1

V∞K1/2· 1

P1/2H2

(19)

Per saber si es tracta d’una adsorcio sense o amb dissociacio, representarem1

Ven funcio de

1

Pi en

funcio de1

P 1/2i veurem quin ajust lineal te un millor coeficient de regressio.

Obtenim les rectes seguents:

sense dissociacio =⇒ y = 436.23x+ 1.9111(R2 = 0.9698)

amb dissociacio =⇒ y = 58.897x+ 0.2322(R2 = 9.9968)

Les dades experimentals s’ajusten millor a una adsorcio dissociativa.

8 Examen QF-III 25/06/2019 – v2

El volum de la monocapa (V∞) i la constant d’adsorcio es poden determinar a partir de l’ajust corres-

ponent:

0.2322 cm−3 =1

V∞=⇒ V∞ = 4.3066 cm3

58.897 Pa1/2 cm−3 =1

K1/2V∞=⇒ K = 1.554× 10−5 Pa−1

4.2.

(a) En el primer cas, el mecanisme es del tipus Langmuir-Hinshelwood. A2 i B s’adsorbeixen, l’etapa de

reaccio es lenta i A2B no s’adsorbeix. Aixı doncs, el mecanisme sera:

A2(g) + MM(s)k1−−⇀↽−−k−1

[A−MM−A] (ads. dissociativa) KA2=

k1

k−1(I)

B(g)k2−−⇀↽−−k−2

B−M(ads) KB =k2

k−2(II)

[A−MM−A] (ads) + B−M(ads)k3−→ A2B(g) + 3 M(s) (III)

Si l’etapa III es la lenta i determinant, la velocitat de reaccio ve donada per l’expressio:

v = k3θA2θB (20)

Plantegem els graus de recobriment, θA2i θB, tenint en compte que l’adsorcio de A2 es dissociativa:

θA2=

(KA2PA2

)1/2

1 + (KA2PA2

)1/2 +KBPB(21)

θB =KBPB

1 + (KA2PA2

)1/2 +KBPB(22)

Substituint en l’eq. 20, obtenim:

v =k3KBPB(KA2

PA2)1/2

(1 + (KA2PA2

)1/2 +KBPB)2(23)

9 Examen QF-III 25/06/2019 – v2

(b) Si nomes s’adsorbeix B, el mecanisme seria com segueix (mantenim la numeracio dels subındexs de

l’apartat anterior per evitar confusions):

B(g)k2−−⇀↽−−k−2

B−M(ads) KB =k2

k−2(I)

A2(g) + B−M(ads)k3−→ A2B(g) + M (II)

La llei de velocitat ara quedaria:

v = k3PA2θB =

k3PA2KBPB

1 +KBPB(24)

En el lımit de temperatures molt baixes, KB es gran i KBPB >> 1, de manera que l’eq. 24 queda

v =k3PA2

KBPB

1 +KBPB≈k3PA2

KBPB

KBPB= k3PA2

(25)

En canvi, en el lımit de temperatures molt altes, KB es molt petita i KBPB << 1, de manera que

l’eq. 24 quedaria

v =k3PA2

KBPB

1 +KBPB≈k3PA2

KBPB

1= k3KBPA2

PB = k′PA2PB (26)

4.3.

Per obtenir l’energia d’activacio del proces catalitzat utilitzarem l’equacio d’Arrhenius per a dues

temperatures:

ln

(k(T2)

k(T1)

)=Ea,2

R

(1

T1− 1

T2

)(27)

Substituint els valors donats, obtindrem el valor demanat:

Ea =

R ln

(k(T2)

k(T1)

)(

1

T1− 1

T2

) =

R ln

(1.199× 10−2

5.52× 10−3

)(

1

653− 1

673

) = 141718.3 J mol−1

10 Examen QF-III 25/06/2019 – v2

EXERCICI 5.

5.1 En un experiment d’electroforesi s’estudia la difusio superficial d’un homopeptid d’acid

glutamic en un gel d’agarosa a 293.15 K sota un camp electric de 200 V m−1. En el medi

basic de treball, els grups carboxılics de l’acid glutamic es troben completament desprotonats

i el peptid te una carrega neta negativa de −4.5× 10−19 C. Considerant el peptid de manera

ideal com una esfera de radi r i sabent que el coeficient de difusio del peptid en el gel es de

1.5× 10−11 m2 s−1, calculeu a quina velocitat es desplacara el peptid quan s’assolesca l’estat

estacionari. [3 punts]

5.2. Amb un electrometre capil.lar de mercuri es determinen els valors de tensio superficial d’una

dissolucio d’un electrolit en funcio del potencial aplicat. La corba obtinguda s’ajusta a la

parabola

γ = 0.42 − 0.11V 2

on V es el potencial aplicat en volts i γ ve donada en N m−1.

(a) Quin sera el valor maxim de la tensio superficial i a quin potencial s’assolira? Quan valdra

la capacitat superficial en el maxim electrocapil.lar? Raoneu les respostes. [1 punt]

(b) La densitat del mercuri a 293.15 K es 13.546 g cm−3. Calculeu l’altura en la columna

de mercuri que s’assoleix en el maxim electrocapil.lar si el radi del capil.lar es 0.3 mm.

[1 punt]

(c) Utilitzant el model de la doble capa difusa, determineu el gruix de la capa ionica. Quin

valor tindria el pla de Helmholtz, si en lloc d’utilitzar-se el model de la doble capa difusa

s’utilitzes el model de la doble capa rıgida? [2 punts]

Dades: ε(H2O, 293.15 K)= 78.5ε0; ε0 = 8.8541878× 10−12 C2 N−1 m−2.

5.3. Mitjancant el metode de sıntesi peptıdica en fase solida (SPPS), en un laboratori s’han sin-

tetitzat dos homooligopeptids d’acid glutamic totalment monodispersos, pero amb distinta

llargaria de cadena. Sabem que les cadenes del primer peptid tenen 10 unitats de monomer,

pero del segon peptid nomes sabem que es mes llarg que el primer. Quan s’homogeneıtzen

quantitats molars iguals dels dos oligopeptids, la dispersitat (o ındex de polidispersitat) de la

mescla resultant es D = 1.04. Calculeu de quantes unitats de monomer estan formades les

cadenes del segon peptid. (Ajuda: recordeu que la dispersitat pot expressar-se tant en funcio

dels pesos moleculars mitjans com en funcio dels graus de polimeritzacio mitjans.) [3 punts]

5.1.

Quan s’assoleix l’estat estacionari en el moviment del peptid en el gel, la forca de friccio es igual a la

forca electrica (en valor absolut):

Fele = Ffr

qE = fv

qE = 6πrηv (28)

De l’eq. 28 podem aıllar la velocitat:

v =qE

6πrη(29)

11 Examen QF-III 25/06/2019 – v2

D’altra banda, d’acord amb la llei de Stokes-Einstein, podem escriure:

D =kT

6πηr

ηr =kT

6πD(30)

Substituint l’eq. 30 i els valors donats en l’enunciat en l’eq. 28, obtindrem el valor de la velocitat:

v =qE

6πrη=

qE

−��6π kT

��6πD

=qED

kT= −3.335× 10−7 m s−1 (31)

Que la velocitat isca negativa esta simplement relacionat amb la carrega negativa neta del peptid i amb

la direccio del moviment.

5.2.

a) Sense fer cap calcul podem adonar-nos ja d’entrada que, per a una parabola com la donada, el vertex

(es a dir, el maxim) haura de ser el punt (0, 0.42), de manera que el potencial en el maxim es 0 V

i la tensio superficial es 0.42 N m−1. No obstant aixo, podem fer tambe la primera derivada de la

funcio i igualar a zero:

dγ

dV= −2× 0.11V = 0 (32)

Aıllant V , obtenim que Vmax = 0 V. Subsituint el valor V = 0 en la parabola, obtenim que

γmax = 0.42 N m−1.

La capacitat ve donada per la segona derivada de la parabola donada, canviada de signe. Es a dir,

tornem a derivar l’eq. 32:

C = − d2γ

dV 2= 2× 0.11 = 0.22 F (33)

b) Per calcular l’ascensio del mercuri en el capil.lar, considerem l’expressio:

h =2γ

ρRg(34)

h =2× 0.42

13 546× 0.3× 10−3 × 9.81= 0.021 m −→ 2.1 cm

c) El model de la doble capa difusa ve descrit per la parabola

γ = γmax −ε

2xDφ2

e (35)

Comparant aquesta expressio amb la donada a l’enunciat, tenim que

ε

2xD= 0.11 (36)

d’on podem calcular el gruix de la doble capa difusa:

xD =ε

2× 0.11= 3.16× 10−9 m −→ 3.16 nm

12 Examen QF-III 25/06/2019 – v2

Per al model de la doble capa rıgida de Helmholtz-Perrin, la parabola tindria la forma

γ = γmax −ε

2dφ2

e (37)

Veiem que l’expressio es completament analoga a la del model de la capa difusa, de manera que d

(pla de Helmholtz) tindria exactament el mateix valor que xD, es a dir, 3.16 nm.

5.3.

L’enunciat ens diu que x1 = 10 i que x2 > x1. Tambe sabem que n1 = n2 = 0.5, ja que la mescla es

equimolar. Plantegem en primer lloc els graus de polimeritzacio mitjans en nombre i en pes:

xn =∑i

xini = 0.5× 10 + 0.5x2 = 5 + 0.5x2 (38)

xw =

∑iWixi∑iWi

=

∑iNix

2i∑

iNixi=

∑i nix

2i∑

i nixi=

0.5× 102 + 0.5x22

5 + 0.5x2=

50 + 0.5x22

5 + 0.5x2(39)

Sabem que la dispersitat es D = 1.04, de manera que

D =xw

xn=

50 + 0.5x22

5 + 0.5x2

5 + 0.5x2=

50 + 0.5x22

(5 + 0.5x2)2= 1.04 (40)

D’acı podem plantejar l’equacio de segon grau seguent:

50 + 0.5x22 = 1.04(25 + 5x2 + 0.25x2

2)

50 + 0.5x22 = 26 + 5.2x2 + 0.26x2

2

0.24x22 − 5.2x2 + 24 = 0 (41)

Les dues solucions possibles de l’eq. 41 son x2 = 15 i x2 = 6.67. Com que l’enunciat ens diu que el

segon peptid es mes llarg que el primer, el nombre d’unitats de monomer del segon peptid es 15.

13 Examen QF-III 25/06/2019 – v2

EXERCICI 6. Marqueu sense ambiguitat en aquest mateix full la resposta correcta de cada

apartat. Cada resposta correcta val 2 punts i cada una d’incorrecta descompta 0.5 punts. Una

puntuacio total negativa en aquest exercici descomptara sobre la puntuacio obtinguda

en l’exercici 1. [5 × 2 = 10 punts]

6.1. Avui dia, molts productes s’envasen en pel.lıcules de plastic, ja que poden ser sensibles a

una llarga exposicio a l’oxigen. Estimeu la concentracio d’oxigen a l’interior d’un producte

alimentari (composicio de l’aire: 78% de nitrogen, 20% d’oxigen, 0.9% d’argo i 0.17% d’altres

gasos). Considereu que tenim un paquet amb una pel.lıcula de plastic de 0.15 mm de gruix

i que les condicions ambientals son 30 ◦C i 1 atm. Les mesures experimentals van ser J =

2.2× 10−7 mol m−2s i DO2= 4.2× 10−12 m2 s−1.

(a) 0.19 mM

(b) 20 M

(c) 8 mM

(d) L’enunciat esta incomplet.

6.2. Es tenen dues gotes d’aigua esferiques de la mateixa grandaria, la primera a 65 ◦C i la segona

a 25 ◦C. Si la pressio exterior es la mateixa, en quina de les dues es major la pressio interior?

(a) Dependra del radi.

(b) En la que esta a 65 ◦C.

(c) En les dues igual.

(d) En la que esta a 25 ◦C.

6.3. Els diagrames de reaccio seguents representen la mateixa reaccio, pero amb catalitzador en un

cas i sense catalitzador en l’altre cas. Quin diagrama suggereix la presencia d’un catalitzador

i quina energia d’activacio posseeix la reaccio catalitzada?

(a) Diagrama A i 20 kJ

(b) Diagrama A i 30 kJ

(c) Diagrama B i 20 kJ

(d) Diagrama B i 15 kJ

14 Examen QF-III 25/06/2019 – v2

6.4. Un gas A reacciona per formar productes gasosos en presencia d’un catalitzador solid.

(a) L’ordre global de la reaccio sempre es 1 quan hi ha adsorcio forta del gas sobre el

catalitzador.

(b) L’etapa determinant de la velocitat es l’adsorcio del gas A sobre la superfıcie del cata-

litzador.

(c) L’energia d’activacio de la reaccio catalitzada sempre es positiva.

(d) L’ordre global de la reaccio sempre es 1 quan hi ha adsorcio feble del gas sobre el

catalitzador.

6.5. Es tenen dues mostres de poliestire de diferents pesos moleculars mitjans en nombre (Mn,1

i Mn,2) en ciclohexa a una temperatura de 19 ◦C i s’observen dues fases. En augmentar la

temperatura a 54 ◦C es dissol el polımer que te pes molecular Mn,2.

(a) Mai pot donar-se aquesta situacio, les dues mostres es dissolen alhora.

(b) Mn,1 < Mn,2

(c) Mn,1 = Mn,2

(d) Mn,1 > Mn,2

15 Examen QF-III 25/06/2019 – v2